函数极限问的是输入趋近某点时输出趋向什么，该点是否属于定义域并不重要。连续性还要求该点的函数值等于极限。

定义

函数极限与连续性

假设 $f$ 在除 $a$ 以外任意接近 $a$ 的点有定义。若对每个 $\varepsilon>0$ 都有 $\delta>0$，使定义域内的 $0<|x-a|<\delta$ 蕴含 $|f(x)-L|<\varepsilon$，则写作 $\lim_{x\to a}f(x)=L$。若 $f$ 在 $a$ 有定义且极限等于 $f(a)$，则 $f$ 在 $a$ 连续。端点使用相应的单侧极限。

当定义域中从 $a$ 两侧都存在任意接近 $a$ 的点时，双侧极限存在当且仅当左右极限都存在且相等。多项式处处连续，有理函数在分母非零处连续；连续函数的和、积、分母非零的商及有定义的复合均连续。以弧度计，标准极限 $\lim_{x\to0}\sin x/x=1$ 支持后面的正弦导数。$+∞$ 和 $-∞$ 处的极限分别描述两个方向的行为；无穷并不是实数输入。

定理

中间值及极值

若 $f$ 在 $[a,b]$ 连续，它在该区间取得最大值及最小值。若 $y$ 介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间，则存在 $c\in[a,b]$ 使 $f(c)=y$。极值结论依赖闭、有界和连续；只在开区间连续不保证取得极值。

证明

中间值定理的证明思路

假设 $f(a)<y<f(b)$，令 $S=\{x\in[a,b]:f(x)\le y\}$。该集合非空且有上界，故 $c=\sup S$ 存在。若 $f(c)<y$，连续性会使 $c$ 右侧附近的点也属于 $S$；若 $f(c)>y$，连续性又会使任意接近 $c$ 的 $S$ 中点的函数值大于 $y$，均矛盾。因此 $f(c)=y$。端点相等的情况直接成立，反向排列可用反向不等式处理。

例题

去除表面上的奇点

当 $x\ne1$，$(x^2-1)/(x-1)=x+1$，故 $x\to1$ 的极限是 $2$，虽然原分式在 $1$ 无定义。将缺失值定为 $2$ 可使延拓后的函数在该处连续；约去因子不会令原分式在 $1$ 有定义。

例题

根存在，但是否唯一？

对 $f(x)=x^3+x-1$，$f(0)=-1$、$f(1)=1$。由连续性及中间值定理，$(0,1)$ 内有根。又 $f'(x)=3x^2+1>0$，稍后的平均值定理说明 $f$ 严格递增，故根唯一。中间值定理本身只给存在性。

边界极限与比较

$\lim_{x\to a^-}f(x)$ 只从左边接近 $a$，$\lim_{x\to a^+}f(x)$ 只从右边接近。若定义域从 $a$ 两侧趋近 $a$，双侧极限存在当且仅当两个单侧极限都存在且相等。例如 $|x|/x$ 在负数处为 $-1$、正数处为 $1$，故在零没有双侧极限；无论如何定义其零点值均不能令其连续。

函数夹挤定理：若在 $a$ 附近（必要时除去 $a$）有 $g(x)\le f(x)\le h(x)$，且两端均趋向 $L$，则 $f(x)\to L$。例如 $x\ne0$ 时 $-x^2\le x^2\sin(1/x)\le x^2$，故 $x^2\sin(1/x)\to0$。内部振荡仍可与整体极限存在并存。

例题

有理化

在平方根有定义且 $x\ne0$ 时，$(\sqrt{1+x}-1)/x=1/(\sqrt{1+x}+1)$。因此 $x\to0$ 的极限是 $1/2$。乘以共轭式只在附近的适当点有效，并不允许在极限点除以零。

方法选择

适用连续性时直接代入；遇到未定式可先分解或有理化；振荡可用夹挤估计。分段函数要检查左右极限。中间值定理用于证明存在，若要求唯一性，另用单调性论证。

练习

1. 用定义证明 $\lim_{x\to2}(3x-1)=5$。
2. 对 $x\ne2$ 设 $f(x)=(x^2-4)/(x-2)$，而 $f(2)=c$。求使 $f$ 在 $2$ 连续的 $c$。
3. 证明 $x^3-2$ 在 $(1,2)$ 有根。

详解

1. 给定 $\varepsilon>0$，取 $\delta=\varepsilon/3$。则 $0<|x-2|<\delta$ 蕴含 $|(3x-1)-5|=3|x-2|<\varepsilon$。
2. $x\ne2$ 时分式等于 $x+2$，其在 $2$ 的极限为 $4$。故连续当且仅当 $c=4$。
3. 多项式在 $[1,2]$ 连续，两端值为 $-1$ 和 $6$。零严格介乎两者之间，中间值定理给出 $(1,2)$ 中的根。

章节联系

极限定义导数，亦解释和式为何逼近积分。连续性提供最优化和积分所需的存在性定理假设。

本篇所用方法的证明

有限实数极限运算与等比数列：补全证明

使用有序实数、阿基米德性质、正整数归纳法及绝对值三角不等式。数列收敛至有限实数 $L$，是指每个 $\varepsilon>0$ 都有对所有 $n\ge N$ 有效的下标 $N$。

唯一性、有界性与子列。 若 $a_n\to L,M$ 且 $L\ne M$，在同一充分大下标使两误差均小于 $|L-M|/3$，三角不等式便给出 $|L-M|<2|L-M|/3$，矛盾。要证有界，令尾部 $|a_n-L|<1$，再取 $|L|+1$ 与有限个初始绝对值的最大值。对子列下标 $n_1<n_2<\cdots$，归纳给出 $n_k\ge k$，故原数列的每个尾部阈值最终也适用于子列。

和、数乘及积。 若 $a_n\to a$、$b_n\to b$，令两个输入误差均小于 $\varepsilon/2$，则

$$|(a_n+b_n)-(a+b)|\le|a_n-a|+|b_n-b|<\varepsilon.$$

对固定 $c\ne0$，使用输入容差 $\varepsilon/|c|$；$c=0$ 直接成立。取所有 $|b_n|$ 的一个上界 $B\ge1$，要求

$$|a_n-a|<\frac{\varepsilon}{2B},\qquad |b_n-b|<\frac{\varepsilon}{2(|a|+1)}.$$

在共同的后期阈值后，$|a_nb_n-ab|\le B|a_n-a|+|a||b_n-b|<\varepsilon$。

倒数与商。 若 $b\ne0$，先令 $|b_n-b|<|b|/2$，从而 $|b_n|>|b|/2$，分母非零。于是

$$\left|\frac1{b_n}-\frac1b\right|\le\frac{2|b_n-b|}{|b|^2}.$$

再要求 $|b_n-b|<\varepsilon|b|^2/2$，便证明倒数收敛。乘积法则继而给出 $a_n/b_n\to a/b$。可省略最初有限个无定义的商；收敛只约束尾部。

保序与夹逼。 若最终 $a_n\le b_n$ 且分别趋于 $a,b$，则 $a\le b$；否则将两误差限制在 $(a-b)/3$ 内会迫使 $a_n>b_n$。若最终 $a_n\le z_n\le b_n$，两端都趋于 $L$，令两端误差均小于 $\varepsilon$，就得到 $L-\varepsilon<z_n<L+\varepsilon$，所以 $z_n\to L$。无需事先知道中间数列有极限。

对相应的函数极限法则，固定共同的允许趋近定义域 $D\subseteq\mathbb R$，并设 $a$ 是 $D$ 的聚点：$a$ 的每个去心邻域都含 $D$ 中的点。设 $f,g:D\to\mathbb R$ 在 $a$ 有所述的有限相对定义域极限。将上述估计中的尾部阈值改为去心定义域半径，并取有限个正半径的最小值。乘积证明只需局部有界：由 $g(x)\to b$，充分小的去心 $D$ 邻域上有 $|g(x)|\le|b|+1$，即使它在 $D$ 的其他部分无界。相同估计证明和、数乘、积、倒数及商的法则，并保留极限分母非零的条件；相同保序及夹逼估计适用于共同趋近域。证明唯一性或排除不相容的极限次序时，聚点条件提供实际定义域点。

对复合，设 $B\subseteq\mathbb R$、$b\in B$，且 $F:B\to\mathbb R$ 在 $b$ 相对于 $B$ 连续。设 $g:D\to\mathbb R$ 趋于 $b$，并在 $a$ 的某个充分小去心 $D$ 邻域中处处满足 $g(x)\in B$。给定 $\varepsilon>0$，连续性给出 $\eta>0$，使 $u\in B$ 且 $|u-b|<\eta$ 蕴含 $|F(u)-F(b)|<\varepsilon$。$g$ 的极限与复合定义域条件提供共同正半径，令每个允许趋近的 $x$ 都满足两条件。因此 $F(g(x))\to F(b)$。这包括 $g(x)=b$ 的输入，不除以内层增量。

等比数列的分类。 对 $t\ge0$，Bernoulli 界 $(1+t)^n\ge1+nt$ 可由归纳证明：将 $n$ 的情形乘以正数 $1+t$，保留非负余项 $nt^2$。若 $0<q<1$，令 $t=q^{-1}-1>0$，则

$$0<q^n\le\frac1{1+nt}\longrightarrow0.$$

给定容差，由阿基米德性质选 $N$ 使右侧更小。因此 $0<|r|<1$ 时，由 $|r^n|=|r|^n$ 得 $r^n\to0$；$r=0$ 时所有正下标项为零。$r=1$ 时恒为一。$r=-1$ 时偶、奇子列分别为一和负一，由唯一性及子列继承性排除收敛。若 $r>1$，取 $t=r-1$，Bernoulli 给 $r^n\ge1+nt\to+\infty$。若 $r<-1$，同理 $|r^n|\to+\infty$，与收敛实数列必有界矛盾。这些情况穷尽所有实公比。

子列

定义

子列

$(x_n)$ 的子列是 $(x_{n_k})$，其中 $n_1<n_2<\cdots$ 为正整数。若 $x_n\to L$，每个子列都收敛至 $L$，因为 $n_k\ge k$，最终会超过任意指定下标。

定理

Bolzano–Weierstrass 定理

每个有界实数数列都有收敛子列。

证明

套叠区间证明

把所有项放入闭有界区间 $I_1$，并把它平分。至少一半含无穷多个数列项；选该半区间为 $I_2$。继续进行，得到长度趋零的套叠闭区间 $I_k$，每个都含无穷多项。选严格递增的下标 $n_k$ 使 $x_{n_k}\in I_k$；因每个区间含无穷多项，故可做到。完备性给出所有区间的一个共同点 $L$：左端点集合的上确界位于每个区间内，因为每个左端点都不超过每个右端点。由 $x_{n_k},L\in I_k$，二者距离不超过区间长度，故趋零。

结论是关于子列，而非整个数列。例如 $(-1)^n$ 有分别收敛至 $1$ 及 $-1$ 的常数子列，但自身不收敛。

实直线闭集：序列判据与开补集

在通常的经典集合论背景下讨论实直线，并允许可数次见证选择。集合 $U$ 为开集，是指每个 $y$ 属于 $U$ 都有某个 $r>0$，使 $(y-r,y+r)$ 包含于 $U$。使用阿基米德性质的推论：$1/n$ 趋于零。对任意实直线子集 $K$，下列条件等价：

1. $K$ 中任意在实直线上收敛的序列，其极限仍属于 $K$。
2. $K$ 的补集为开集。

由 2 推出 1。 设 $x_n$ 属于 $K$ 且 $x_n$ 趋于 $x$。若 $x$ 不属于 $K$，补集的开放性给出 $r>0$，使 $(x-r,x+r)$ 与 $K$ 不相交。收敛性保证充分靠后时 $|x_n-x|<r$，与 $x_n$ 属于 $K$ 矛盾，故 $x$ 属于 $K$。

由 1 推出 2。 固定不属于 $K$ 的 $y$。若以 $y$ 为中心的每个正半径区间都遇到 $K$，则对每个正整数 $n$，都有 $x_n$ 属于 $K$ 且 $|x_n-y|<1/n$。将这些见证选成一个序列。给定 $\varepsilon>0$，取 $N$ 使 $1/N<\varepsilon$；当 $n\ge N$，有 $|x_n-y|<1/n\le1/N<\varepsilon$，故 $x_n$ 趋于 $y$。条件 1 会迫使 $y$ 属于 $K$，矛盾。因此 $y$ 周围存在避开 $K$ 的区间。对补集每点均如此，故补集开放。选择见证序列这一步使用已声明的经典背景；这里不声称在不带选择的基础体系中证明同一结论。若 $K$ 为空，其中没有序列，其补集为整个开实直线；若 $K$ 为整个实直线，其空补集的开放性真空成立。两种边界情形也满足等价关系。

学习目标与定义

集合 $K\subseteq\mathbb R$ 称为紧致的，如果任意一族开集只要其并包含 $K$，就存在有限个成员仍覆盖 $K$。集合若包含其点构成的每个收敛序列的极限，则称为闭集；等价地，其补集是开集。序列紧致性指 $K$ 中每个序列都有收敛到 $K$ 中某点的子列。

空集是紧致、闭且有界的，也满足序列紧致性；这些性质均以空真方式成立。在需要选取点或无穷序列的证明中，要单独处理空集。我们使用先前数列内容中的实数完备性及其闭区间套和 Bolzano–Weierstrass 推论。

定理：实数直线上的 Heine–Borel 定理

对 $K\subseteq\mathbb R$，下列条件等价：开覆盖意义下的紧致性；闭且有界；序列紧致性。

紧致推出闭且有界。 区间 $(-n,n)$（$n\ge1$）覆盖 $\mathbb R$，因而覆盖 $K$。有限子覆盖给出一个界。为证明闭性，取 $y\notin K$。对每个 $x\in K$，区间 $B(x,|x-y|/2)$ 不含 $y$。取其中覆盖 $K$ 的有限子族，令 $\delta$ 为这些区间中心到 $y$ 的正距离的一半所组成的有限集合的最小值。所选以 $x$ 为中心的区间内每点到 $y$ 的距离严格大于 $|x-y|/2\ge\delta$。因此 $B(y,\delta)$ 与 $K$ 不相交，因此对每个集合外的点，都找到不与集合相交的开邻域，补集是开集。若 $K$ 为空，结论立即成立。

闭且有界推出紧致。 将非空的 $K$ 放入闭有界区间 $I_0$。假设 $K$ 的某个开覆盖不存在有限子覆盖。将 $I_0$ 二等分；至少一个闭半区间与 $K$ 的交集不能被有限覆盖，否则两组有限覆盖合起来便覆盖 $K$。选取这样的半区间并重复，得到长度趋于零的闭区间套 $I_n$，且 $K\cap I_n$ 不能被有限覆盖。每个交集非空，选取 $x_n\in K\cap I_n$。闭区间套性质给出唯一公共点 $p$；因两者均在 $I_n$ 中，故 $x_n\to p$。由闭性得 $p\in K$。覆盖中某个成员 $O$ 含 $p$；由其开放性，$O$ 包含以 $p$ 为中心的某个开球。当 $n$ 足够大时，整个区间 $I_n$ 均在该球内，于是单个开集 $O$ 就覆盖 $K\cap I_n$，矛盾。

闭且有界推出序列紧致。 $K$ 中每个序列有界，故 Bolzano–Weierstrass 定理给出收敛子列。由闭性，其极限仍在 $K$ 中。

序列紧致推出闭且有界。 若无界，可选取 $x_n\in K$，使 $|x_n|>n$；它没有收敛到有限实数的子列，矛盾。若 $p$ 是 $K$ 中点的极限，则可选取 $x_n\in K$ 使 $|x_n-p|<1/n$。由序列紧致性，某子列收敛到 $K$ 中一点；它也收敛到 $p$，由实数极限唯一性得 $p\in K$。因此 $K$ 是闭集，所有蕴涵均已证明。

固定整数 $n\ge1$，在 $\mathbb R^n$ 上使用欧几里得范数。集合若包含在某个有限半径的球内，就称为有界；若补集是开集，就称为闭集；若它的每个由 $\mathbb R^n$ 中开集组成的覆盖都有有限子覆盖，就称为紧集。我们使用实数完备性，包括闭区间套性质。

有限维欧几里得空间的 Heine–Borel 定理

定理。 集合 $K\subseteq\mathbb R^n$ 紧致，当且仅当它闭且有界。空集具有这三种性质。

紧致推出有界。 开球 $B(0,m)$（整数 $m\ge1$）覆盖 $K$。取有限子覆盖后，$K$ 包含在其中最大的球内。

紧致推出闭。 设 $K\ne\varnothing$ 且 $y\notin K$。开球 $B(x,\|x-y\|/2)$（$x\in K$）覆盖 $K$。取中心为 $x_1,\ldots,x_r$ 的有限子覆盖，令 $\delta=\min_i\|x_i-y\|/2>0$。若 $z$ 在以 $x_i$ 为中心的所选球内，三角不等式给出 $\|z-y\|>\|x_i-y\|/2\ge\delta$。所以 $B(y,\delta)$ 不与 $K$ 相交，补集是开集。

闭且有界推出紧致。 设非空的 $K$ 闭且有界，把它包含在闭立方体 $Q_0=[-M,M]^n$ 内，其中 $M>0$。假设 $K$ 的某个开覆盖没有有限子覆盖。把每个坐标区间分成两个闭半区间，所得 $2^n$ 个闭子立方体覆盖 $Q_0$。至少一个子立方体与 $K$ 的交集不能由给定覆盖族有限覆盖；否则把有限多个有限子覆盖合并，就能覆盖 $K$。选取这样的子立方体并重复，得到闭立方体套 $Q_j$，其边长为 $2M/2^j$，且 $K\cap Q_j$ 不能被有限覆盖，因而非空。

对每个坐标使用闭区间套性质，得到公共坐标值；合起来得到 $p\in\bigcap_jQ_j$。$Q_j$ 中任意两点的距离不超过 $2M\sqrt n/2^j$，所以交集中只有 $p$。选取 $x_j\in K\cap Q_j$，则 $\|x_j-p\|\le2M\sqrt n/2^j\to0$。闭集包含这种极限：若 $p$ 在开补集中，$p$ 周围某个开球就会使最终的 $x_j$ 落在 $K$ 外，矛盾。因此 $p\in K$。

覆盖中有一个成员 $O$ 含 $p$，由开放性，存在 $\varepsilon>0$ 使 $B(p,\varepsilon)\subseteq O$。当 $j$ 足够大时，$Q_j$ 的每点到 $p$ 的距离都小于 $\varepsilon$，于是单个 $O$ 就覆盖 $K\cap Q_j$，与 $Q_j$ 的选取矛盾。因此每个开覆盖都有有限子覆盖。这里 $2^n$ 是有限数；若改成无限多个子块，这个论证就不再成立。

连续像与极值

定理。 若 $K\subseteq\mathbb R^n$ 紧致，且 $F:K\to\mathbb R^m$ 相对于 $K$ 连续，则 $F(K)$ 紧致。特别地，非空紧集 $K$ 上的连续函数 $f:K\to\mathbb R$ 有界，并达到最大值和最小值。

证明。 $F(K)$ 的开覆盖 $(O_i)$ 的原像是相对开集 $F^{-1}(O_i)=K\cap U_i$，其中 $U_i$ 在 $\mathbb R^n$ 中开。这些 $U_i$ 覆盖 $K$，所以有限多个足够。对应的 $O_i$ 覆盖 $F(K)$，证明了像的紧致性。对标量函数 $f$，由已证明定理的一维情形，其像非空、闭且有界。令 $a=\sup f(K)$。对每个 $j\ge1$，由上确界定义，可取 $y_j\in f(K)$ 使 $a-1/j<y_j\le a$。于是 $y_j\to a$，闭性使 $a$ 属于像，所以最大值可达。对 $-f$ 使用同一论证即得最小值。该结论证明存在性，而不提供极大点的计算公式。

扇形面积与弧度

使用以下初等几何事实：单位圆的周长是 $2\pi$，围成的面积是 $\pi$，两式中的 $\pi$ 相同；平面面积在旋转下不变，对内部互不相交的区域有限可加，并且关于包含关系单调。

设 $0<h<\pi/2$ 以弧度计，令 $t=h/(2\pi)$。在单位圆上，$h$ 就是弧长，因此 $t$ 是该角所对应的弧长占整圆周长的比例。将圆分成 $n$ 个等角扇形。旋转把每个扇形移到下一个，所以各扇形面积相等。它们的内部互不相交，合起来填满圆盘；有限可加性给出每个扇形面积为 $\pi/n$。因此，当整周比例 $t=m/n$ 为有理数时，扇形面积为 $m\pi/n=\pi t=h/2$。

对这个范围内任意的 $t$，取满足 $0\le r_k\le t\le s_k\le1$ 且 $r_k,s_k\to t$ 的有理数。取所有扇形以同一射线为起始边，相应扇形便按包含关系嵌套，由面积单调性及有理数情形得到

$$\pi r_k\le A(h)\le\pi s_k.$$

令 $k\to\infty$，得 $A(h)=\pi t=h/2$。这就证明了几何比较中使用的扇形面积公式。

9.5 基本三角极限

本节所有极限使用弧度。对 $0<h<\pi/2$，比较内三角形、单位圆扇形与外切线三角形的面积：

$$\tfrac12\sin h<\tfrac12h<\tfrac12\tan h.$$

扇形面积是 $h/2$，正因为 $h$ 使用弧度。两边相除并利用余弦为正，得到

$$\cos h<\frac{\sin h}{h}<1.$$

对 $0<h<\pi/2$，上面的面积比较也给出 $0<\sin h<h$ 且 $\cos h>0$。利用 $\sin^2 h+\cos^2 h=1$，

$$0\le 1-\cos h=\frac{\sin^2 h}{1+\cos h}\le h^2.$$

因此 $h\to0^+$ 时 $\cos h\to1$。由于余弦是偶函数，左侧也有相同极限。

当 $h\to0^+$，余弦趋于一，夹逼原理给出 $\sin h/h\to1$。该商是 $h$ 的偶函数，故左极限相同。夹逼原理本身来自有限极限定义：若上下函数都在任意指定容许误差内接近 $L$，夹在中间的数也如此。

两个推论为

$$\lim_{h\to0}\frac{\tan h}{h}=1,\qquad \lim_{h\to0}\frac{1-\cos h}{h^2}=\frac12.$$

第一个将 $\sin h/h$ 除以 $\cos h$；第二个使用 $1-\cos h=2\sin^2(h/2)$，得到 $[\sin(h/2)/(h/2)]^2$ 的一半。特别地 $(\cos h-1)/h\to0$。